VYŠŠÍ STUPEŇ OPRAVNÝ KĽÚČ HODNOTENIE

Átírás

1 PRÓBAÉRETTSÉGI 00. május MATEMATIKA VYŠŠÍ STUPEŇ OPRAVNÝ KĽÚČ HODNOTENIE

2 Formálne predpisy: Písomnú úlohu je potrebné opravovať perom odlišnej farby než akú použil skúšaný študent a podľa zvyklostí označovať chyby, nedostatky, atď. V prvom obdĺžníku nachádzajúcom sa pri úlohách je uvedený maximálny počet bodov, ktorý je možné dať, do vedľajšieho obdĺžníka sa napíše počet bodov, ktorý dáva opravujúci. Pri bezchybnom riešení stačí napísať do obdĺžníkov maximálny počet bodov. V prípade nedostatočného/chybného riešenia prosíme, aby hodnotiaci napísal na úlohu aj jednotlivé čiastočné bodové ohodnotenie. Obsahové požiadavky: V prípade jednotlivých úloh sme uviedli aj bodovanie viacerých riešení. Ak sa vyskytne od uvedených odlišné riešenie, vyhľadajte zodpovedajúce rovnocenné riešenie v jednotlivých častiach opravného kľúča, a na základe tohto bodujte. Body opravného kľúča je možné ďalej rozdeľovať. Pridelené body však môžu byť len celé body. V prípade jednoznačne správneho myšlienkového postupu a výsledkov je možné dať maximálny počet bodov aj vtedy, ak je opis menej rozvedený, ako je to uvedené v opravnom kľúči. Ak je v riešení výpočtová chyba alebo nepresnosť, bod neprináleží len na tú časť, v ktorej žiak urobil chybu. Ak študent pracuje ďalej s chybným čiastkovým výsledkom, ale so správnym myšlienkovým postupom, treba mu prideliť ďalšie čiastkové body. V prípade zásadnej myšlienkovej chyby v rámci jednej myšlienkovej jednotky neprislúchajú ani za formálne správne matematické kroky žiadne body. Ale ak za chybnou časťou nasleduje ďalšia čiastková otázka a študent počíta v ďalšom správne, aj keď s tým východiskovým údajom, ktorý získal na základe zásadnej myšlienkovej chyby, na túto časť má dostať maximálny počet bodov. Z riešení danej úlohy je možné hodnotiť len jedno riešenie (s vyšším počtom bodov). Za riešenia nie je možné prideliť bónusové body (tzn. také, ktoré sú nad maximálny uvedený počet bodov za danú úlohu). Tie nesprávne čiastkové výpočty a kroky, ktoré študent v skutočnosti nepoužil pri riešení úlohy, nemajú byť hodnotené, nemajú prispievať k zníženiu počtu bodov. Ak opravný kľúč dáva za kontrolu bod, je ho možné prideliť len vtedy, ak študent vykonanie kontroly uvedie písomne. (V tomto prípade prijateľný každý zásadne správny spôsob kontroly.) V časti II/B je z 5 zadaných úloh možné vyhodnotiť len riešenie úloh. Študent - podľa očakávania - označil do štvorčeka určeného na tento účel poradové číslo tej úlohy, ktorej vyhodnotenie nebude započítané do celkového počtu bodov. Preto riešenie označenej úlohy nie je potrebné ani opravovať, opraviť treba len ostatné úlohy. Ak na základe tohto nie je pre opravujúceho jednoznačné, vyhodnotenie ktorého príkladu študent nežiada, nevyhodnotenou úlohou bude v poradí posledná úloha.

3 Próbaérettségi 00 Matematika. Riešenie hľadáme v spoločnom obore definície funkcií v množine čísiel x 0. * x Grafikon x a body Grafikon x a x Grafikon x a x Grafikon x a x + Tento bod prináleží aj vtedy, ak obor definície nie je zvlášť vyznačený, ale študent správne stanoví množinu riešenia. Za grafikon funkcie x a x + prináležia body. Toľko dostane študent aj vtedy, ak funkciu nezobrazuje po krokoch. Stanovenie priesečníkov: x 0 a x Riešenie nerovnosti: 0 < x < * * Za množinu riešení spolu prináležia. Ak je odpoveď x <, ale zvlášť je vyznačený spoločný obor definície, prináleží, ak je odpoveď x < bez tohto spresnenia, bod neprináleží. Spolu bodov Ak študent nakreslí obidva grafikony nesprávne, ale stanovenie oboru definície zodpovedá tomuto neprávnemu zobrazeniu, dostane body!

4 Próbaérettségi 00 Matematika. a) Okrem prvého a piateho bodu má každý hod 6 možných riešení, teda spolu 6 96 možností. Prvý hod je len jednoraký, ale piaty môže byť dvojaký, tak spolu je 6 59 možností. Spolu body b) Pretože teraz sa nemôže opakovať ani jeden hod, je len! 8 možností. body Spolu body c) Prvý hod rozhodne, čo hľadáme.. hod bude s pravdepodobnosťou taký istý. 6 Dva hody po sebe majú toraký pravdepodobný výsledok, z týchto je len 6 priaznivých a v týchto sa zo 6 znakov niektorý opakuje. Hľadaná pravdepodobnosť je 6 teda. 6 6 Spolu body Aj bez vyznačeného úkonu prináležia. Aj bez vyznačeného úkonu prináležia. V prípade, že myšlienkový postup odzrkadľuje správnu odpoveď, prináležia aj bez podrobného textového rozboru body.. Pred hrou mali x, 5x, 6x toliarov. Po hre mali 5y, 6y, 7y toliarov. Celkové množstvo peňazí sa nemenilo, preto 5 5 x 8y, odkiaľ y x 6 Peniaze po hre vyjadrené pomocou x: x x, 6 x 5x a 7 x x Len prvý hráč vyhral, jeho výhra je x toliarov, 6 tak x 7 toliarov. Na začiatku hry mali 88, 60, toliarov. body Ich pomer je skutočne :5:6, na konci hry 00, 60 a 0 toliarov, ich pomer je 5:6:7.

5 Próbaérettségi 00 Matematika Spolu z [( ) ;( ) ] 90 jednotiek, 0 6 mali jednotliví hráči pred hrou ; ; jednotiek, po hre mali ; ; jednotiek Prvý hráč vyhral toliarov, čo je jednotiek, 90 preto celkové množstvo peňazí je toliarov, a preto pred hrou mali 88; 60; toliarov. body Kontrola s textom. Spolu body. a) Stred kružnice P s polomerom r sa dotýka spájajúce polomeru O stredového kruhu s dotykovým bodom E. V rovnoramennom pravouhlom trojuholníku OPT je OP r. Na úsečke OPE r + r +. Odkiaľ Spolu 7 bodov b) Body O,S, Q, F sú na jednej priamke, tak QS OF OS r + r. V pravouhlom trojuholníku PQS je PQ r + r. Pytagorova veta napísaná pre pravouhlý trojuholník + r + r. PQS: ( ) ( ) Upravená rovnica: r. + Ak je vyznačené iba na obrázku, aj vtedy prináležia. Aj bez odmocňovania prináležia. Spolu 7 bodov 5

6 Próbaérettségi 00 Matematika 5. Obor definície: x > 0, x, x 9 Prejdime na aritmus so základom : + 6, x 9x * teda + 6. x 9x S použitím totožnosti vzťahujúcej sa na súčin aritmu x 9 + x Teda x + x Usporiadane x + x Odtiaľ tak x alebo x. x. 9 alebo x. 7 Pretože každý krok bola ekvivalentná úprava na možnom obore definície a vypočítané korene sú prvkom oboru definície, obidve vyhovujú rovnici. Ak prejde na aritmus so základom x, potom x x + 6 x 9x x x x x x 6 0 x alebo x x 9 alebo x 7 Kontrola, skúmanie oboru definície. * body body * 6

7 Próbaérettségi 00 Matematika Ak prejde na dekadický aritmus, potom lg lg + 6 lg + lg x lg 9 + lg x lg lg + 6 lg + lg x lg + lg x 6 lg x + lg lg x + 6 lg 0 lg x lg alebo lg x lg x 9 body body alebo x 7 Kontrola, skúmanie oboru definície. * Spolu 6 bodov *Za skúmanie oboru definície a kontrolu možno spolu dať. V prípade neúplného oboru definície a porovnania s týmto: Ak správne určí obor definície, ale výsledok s ním neporovná: V prípade neúplného oboru definície a kontroly dosadením: Ak neskúma obor definície, ale dosadením kontroluje: a) Pomocou kosínovej vety a cos,66 Najväčšia strana je c, tak najväčší uhol je γ. γ môže byť ostrý alebo tupý uhol, ale β je v každom prípade ostrý uhol, preto najprv vypočítame tento uhol pomocou sínusovej vety, lebo v intervale 0 90 je sínusová funkcia vzájomne jednoznačná. b sin β sin α sin 0,7967 β 5, 8 a,66 γ 80 α + β 95, 8 ( ) Pomocou kosínovej vety a, 66 Najväčší uhol γ, čo je pomocou kosínovej vety cosγ Teda γ 95, 8. +,66 5,66 body Spolu 8 bodov 7

8 Próbaérettségi 00 Matematika b) V pravouhlom trojuholníku BTM je MBT 90 α a MT BT tg( 90 α ). V pravouhlom trojuholníku BTC je BT a cos β,66 cos 5,8, 6 a potom MT,6 tg58, 57. Z pravouhlého trojuholníka ATC x sin,. V pravouhlom trojuholníku DCB je DCB 80 γ 8, 8 a potom DC,66 cos 8, 8. V pravouhlom trojuholníku DCM je DCM 90 α 58 a potom DC x cos 58. Z rovnosti dvoch výrazov DC,66 cos 8,8 x 0,5. cos 58 Hľadaná vzdialenosť TM x + x, 57. Priesečník výšok trojuholníka ABC je súčasne stredom kružnice, ktorú možno okolo trojuholníka A B C nakresliť a ktorému je trojuholník ABC trojuholníkovou 8

9 Próbaérettségi 00 Matematika strednou priesečkou. Stred kružnice nakreslenej okolo trojuholníka ABC je a R,5, a to kvôli a R sin α sin α stred kružnice nakreslenej okolo trojuholníka A B C je R 5,0. Plocha trojuholníka ABC napísaná dvojakým spôsobom 5 sin 5m je T. Odtiaľ m,. Z pravouhlého trojuholníka MCB pomocou Pytagorovej vety: x R 5 0,5. Hľadaná vzdialenosť MT, 57. Spolu 8 bodov Poznámky:. Časť b) je možno riešiť aj súradnicovo-geometricky.. Ak študent nezistí, že trojuholník je tupouhlý, ale inak počíta so správnymi vzťahmi, môže dostať maximálne bodov. 7. a) Súradnicová sústava so súhlasnými jednotkami Grafikonom funkcie f je parabolický oblúk. Grafikonom funkcie g je priama úsečka. Za zobrazenie za obor definície treba odobrať! Spolu body b),5 minúty po štarte t 90 s. f ( 90) 900 ( 90 60) 675 metrov 0 90 g ( 90 ) 600 metrov Bod prináleží aj bez označenia mernej jednotky. 9

10 Próbaérettségi 00 Matematika Spolu body c) Význam funkcie f g : vzdialenosť dvoch vozidiel v závislosti od času, ktorý uplynul od štartu. body Spolu body d) 0t f () t g() t 900 ( t 60) 70 t + t 70 Hľadáme maximum funkcie d() t t + t. Pretože miesto extrementu funkcie x a ax + bx + c je b, a body 0 maximum funkcie f () t je pri t 6, 7 spadá do intervalu [ ;90] f sekúnd, čo 0. 0 () t g() t 900 ( t 60) 70 t + t t t +. 9 body 0 Táto hodnota je maximálna, ak t 6, 7 s. 0t d () t f () t g() t 900 ( t 60) 70 t + t 70 d '() t t + 0 d '() t 0, ak t, a tu d' () t zmení znamienko ( + ), teda t 6,7 s je miesto maxima. Spolu 6 bodov Ak študent nenapíše závislosť na uplynutom čase, aj tak prináležia body. Ak je hodnota extrementu stanovená iba z grafikonu f a g, prináleží iba. Ak študent nenapíše, že 6,7 s je prvkom oboru definície, aj vtedy prináleží. 0

11 Próbaérettségi 00 Matematika 8. a) body za správne označenie súradníc, za stĺpcový rad. Házasságkötések száma Megszűnt házasságok száma Spolu body b) V roku 980 na 80 manželstiev pripadlo rozvodov, na 000 manželstiev teda 6, 0. 80, body Podobným výpočtom v roku 990 7,8, v roku ,. Spolu 5 bodov c) Ak bolo v roku 980 platných x tisíc manželstiev, potom na ne pripadlo x 9, 9 rozvodov, teda x 9, Odtiaľ x 807, 7&. Zaokrúhlením na tisíce bolo teda v roku 980 platných 808 tisíc manželstiev. Podobným výpočtom bolo v roku tisíc, v roku tisíc manželstiev Házasságok száma Spolu 7 bodov

12 Próbaérettségi 00 Matematika 9. a) body Spolu body b) Ak sa nepoznali, museli obidvaja poznať aj britského, maďarského a francúzskeho vedúceho, čo je protirečenie, lebo britský a maďarský vedúci mali iba po jednom známom. Nemecký a talianksý vedúci sa teda určite poznali. Pretože sú možné iba tieto dva systémy známostí, nemecký a taliansky vedúci sa určite poznali. Spolu c)

13 Próbaérettségi 00 Matematika Na obrázku množín znamená početnosť jednotlivých podmnožín napísané písmeno alebo dvojica písmen. Podľa údajov a + n + f + an + nf + af ďalej a + an + af n + an + nf f + af + nf Sčítaním dvoch posledných rovníc a + n + f + ( an + nf + af ) Z tohto odčítame prvú rovnicu: an + nf + af + 0 8, teda an + nf + af 8, to znamená, že 8 hovorili presne jazykmi. Podľa ligikositovej formule A N F A + N + F ( A N + N F + F A ) + A N F Zapísaním známych údajov A N + N F + F A + ( ) 5 Teda ( N + N F + F A ) A V tejto početnosti účinkuje početnosť tých, ktorí hovorili tromi jazykmi trojnásobne, teda počet tých, čo hovorili presne dvoma jazykmi je teda 5 8. Spolu 5 bodov d) Priraďme ku každému účastníkovi počet jeho nových známostí! Ak k niekomu patrí 0, k ďalším 5 účastníkom treba priradiť niektoré z čísiel,, 5, lebo sám seba pozná každý a s účastníkom s 0 známosťou nikto neuzavrel novú známosť. Tak niektoré číslo bude patriť dvom účastníkom. Ak 0 nepatrí k nikomu, potom čísla,, 5 musíme rozdeliť medzi 55 účastníkov, teda zasa budú len dvaja účastníci s dvoma rovnakými číslami. Spolu 6 bodov Študent namiesto použitia škatuľového princípu môže urobiť dôkaz aj nepriamym spôsobom.